c hoàng ngọc thế

Kí hiệu dùng trong sách
:
:
:
:
:
:
:
:
:
Lời giải(Toc Ngan) :
n
i=1 ui =
n
i=1 ui =
GTLN
GTNN
HSG
TXĐ
VP
VT

Giá trị lớn nhất
Giá trị nhỏ nhất
Học sinh giỏi
Tập xác định
Vế phải
Vế trái
Kết thúc Lời giải

1.6.1 Hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d, (a = 0) .
1.6.2 Hàm số y = ax4 + bx2 + c, (a = 0) . . . .
, (c = 0, ad − bc = 0) . .
1.6.3 Hàm số y = ax+b
cx+d

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

Cực trị của hàm số . . . . . . . . . . . .
Tìm điều kiện để hàm số có cực trị . . .
Cực trị của hàm số bậc ba . . . . . . . .
Cực trị và hàm số bậc bốn trùng phương
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.


.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.


15
15
16
17
19
22

4 Bài
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5

toán tương giao
Điều kiện về số giao điểm . . . .
Điều kiện về hoành độ giao điểm
Giao điểm và khoảng cách . . . .
Các bài toán khác . . . . . . . . .
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

23
23
25
30
31
33

5 Bài
5.1
5.2
5.3
5.4
5.5

toán tiếp tuyến


.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

. . . .
tuyến
. . . .
. . . .
. . . .

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.


.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.


6 Điểm đặc biệt thuộc đồ thị
42
6.1 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
6.2 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3


c hoàng ngọc thế

1

Lý thuyết chung

1.1

Tam thức bậc hai

Định nghĩa 1.
Tam thức bậc hai là biểu thức có dạng
f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0)

(1)

Nghiệm của phương trình f (x) = 0 cũng được gọi là nghiệm của tam thức bậc hai.
Định lý 1 (Định lý về dấu của tam thức bậc hai).
Cho
Nếu
Nếu

 c a
>0
a
3. f (x) có hai nghiệm âm khi và chỉ khi:
 2
 b − 4ac > 0
−b < 0
 c a
>0
a

4

(2)

(3)


c hoàng ngọc thế

4. f (x) có hai nghiệm phân biệt cùng lớn hơn α khi và chỉ khi:
 2
 b − 4ac > 0
x1 + x2 > 2α

(x1 − α)(x2 − α) > 0
5. f (x) có hai nghiệm phân biệt cùng nhỏ hơn α khi và chỉ khi:
 2
 b − 4ac > 0
x1 + x2 < 2α

đường thẳng và chiều dương của trục Ox. Như hình vẽ dưới đây, k1 , k2 lần lượt là
hệ số góc của các đường thẳng d1 , d2 .

2. Đường thẳng có giá song song hoặc trùng với trục Ox thì có hệ số góc bằng 0.
3. Đường thẳng có giá song song hoặc trùng với trục Oy thì không có hệ số góc.
4. Đường thẳng y = ax + b có hệ số góc là a.
5


c hoàng ngọc thế

5. Đường thẳng đi qua M (x0 ; y0 ) và có hệ số góc k thì có phương trình:
y = k(x − x0 ) + y0 .

(7)

6. Hai đường thẳng song song có cùng hệ số góc.
7. Hai đường thẳng vuông góc có tích hệ số góc bằng −1.

1.3

Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

1. Khoảng cách giữa hai điểm A(xA ; yA ), B(xB ; yB ) là:
AB =

(xB − xA )2 + (yB − yA )2

(8)


cos x
sin x
(u ± v) = u ± v
(uv) = u v + uv ; (ku) = ku
u v − uv
k
u
kv
=
;
=
−
v
v2
v
v2

(10)
(11)

n

1.5

(12)
(13)
(14)
(15)
(16)
(17)


c hoàng ngọc thế

Tính chất 3.
m ≤ g(x), ∀x ∈ [a; b] ⇔ m ≤ min g(x)

(21)

[a;b]

m ≥ g(x), ∀x ∈ [a; b] ⇔ m ≥ max g(x)

(22)

[a;b]

Tính chất 4.
Điều kiện cần và đủ đề phương trình:
f (x) = m

(23)

min f (x) ≤ m ≤ max f (x)

(24)

có nghiệm là

Quy tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f (x) trên [a; b]
B1. Tính đạo hàm y và giải phương trình y = 0 trên [a; b], thu được các nghiệm:


Hàm số y =

ax+b
, (c
cx+d

= 0, ad − bc = 0)

Đồ thị hàm số có tâm đối xứng I − dc ; ac là giao điểm của hai đường tiệm cận.
Đồ thị là Hyperbol có hai nhánh nằm ở hai bên của đường tiệm cận đứng x = − dc .
2

CHÚ Ý: do hàm số y = axa +bx+c
chỉ học trong chương trình THPT ban Nâng cao và
x+b
trong những kì thi gần đây, đã không xuất hiện trong câu khảo sát hàm số nữa nên chúng
tôi đã bỏ những ví dụ đối với hàm số này đi.
7


c hoàng ngọc thế

2
2.1

Tính đơn điệu của hàm số
Sự đơn điệu của hàm số

Định nghĩa 3.

f (x, m) ≥ 0, ∀x ∈ [a; b]

(28)

Biến đổi tương đương bất phương trình (28) về dạng:
m ≥ g(x), ∀x ∈ [a; b]
hoặc
m ≤ g(x), ∀x ∈ [a; b]
Sử dụng (21), (22), ta đưa bài toán đã cho về bài toán tìm GTLN, GTNN của hàm số
y = g(x) trên [a; b]
8


c hoàng ngọc thế

Cách 2. (Phương pháp lập bảng biến thiên)
Ta chia nhỏ các trường hợp về dấu của f (x; m) và lập bảng biến thiên của hàm số và
dựa vào bảng biến thiên, ta kết luận được vị trí của a, b so với các nghiệm x1 , x2 , ... của
đạo hàm. Đến đây, ta sử dụng tính chất (1).
Cách 3. (Kĩ thuật Parabol)
Nếu
(28) ⇔ g(x) ≥ 0
hoặc
(28) ⇔ g(x) ≤ 0
với g(x) là một tam thức bậc hai thì ta có thể sử dụng tính chất (2).
Ví dụ 1.
Tìm m để hàm số: y = x3 − 5x2 − (3m − 2)x + 7.
a) Đồng biến trên R.
b) Nghịch biến trên (−2; 1).


9

Do đó yêu cầu của bài toán tương đương với:
m≤−

19
9

Cách 2 (wtuan159)
Dễ thấy y là tam thức bậc hai có ∆ = 9m + 19.
Yêu cầu của bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi
y ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ ∆ ≤ 0 ⇔ m ≤ −

9

19
9


c hoàng ngọc thế

Cách 3
Yêu cầu của bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi:
y ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ 3x2 − 10x − 3m + 2 ≥ 0, ∀x ∈ R
Vì h(x) = 3x2 − 10x − 3m + 2 là hàm số bậc hai hoành độ đỉnh là x0 =
5
3

h(x) ≥ h



10
x
3

+ 23 . Ta có:
max g(x) = g (−2) =
[−2;1]

34
3

Do đó yêu cầu của bài toán tương đương với:
m≥

34
3

Cách 2 (wtuan159)
Dễ thấy y là tam thức bậc hai có ∆ = 9m + 19.
* Nếu m ≤ − 19
thì ∆ ≤ 0. Khi đó y ≥ 0, ∀x ∈ R. Hàm số đã cho đồng biến trên R. Do
9
đó yêu cầu bài toán không được thỏa mãn.
thì ∆ > 0, khi đó phương trình y = 0 có hai nghiệm x1 , x2 , (x1 < x2 ).
* Nếu m > − 19
9
Ta có bảng biến thiên của hàm số:
x −∞
y

⇔

2−3m
+ 2. 10
+4≤0
3
3
2−3m
10
− 3 +1≤0
3

⇔ m≥

34
19
(thỏa mãn điều kiện m > − )
3
9
10


c hoàng ngọc thế

Vậy m ≥ 34
là đáp án của bài toán.
3
Cách 3
Yêu cầu của bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi
y ≤ 0, ∀x ∈ [−2; 1] ⇔ 3x2 − 10x − 3m + 2 ≤ 0, ∀x ∈ [−2; 1]

m ≤ 12(x−1)
, ∀x ∈ [2; +∞)
⇔
Trong đó: g(x) =
Ta có:

m ≥ max (−∞;−1] g(x)
m ≤ min[2;+∞) g(x)

3x2 +6x−5
.
x−1

g (x) =

3x2 − 6x + 1
12(x − 1)2

Phương trình g (x) = 0 vô nghiệm trên K.
g(−1) = −

7
5
; g(2) = ; lim g(x) = +∞; lim g(x) = −∞;
x→−∞
12
12 x→+∞

Do đó
max g(x) = −

x −∞
y

x1
+

0

x2
−

0

+∞
+
+∞

y −∞

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy yêu cầu của bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi:

(x1 − 2)(x2 − 2) ≥ 0



(x1 + 1)(x2 + 1) ≥ 0
−1 ≤ x1 < x2 ≤ 2 ⇔
x1 + x2 ≥ −2



Cách 3:
Yêu cầu của bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi
3x2 − 6(2m + 1)x + 12m + 5 ≥ 0 ∀x ∈ K
Dễ thấy h(x) = 3x2 − 6(2m + 1)x + 12m + 5 là tam thức bậc hai có hoành độ đỉnh:
x0 = 2m + 1 và:
g(−1) = 14 + 24m; g(1) = 5 − 12m; g(2m + 1) = 2(1 − 6m2 )
Do parabol y = h(x) có bề lõm quay lên trên nên yêu cầu của bài toán tương đương với:

g(2m + 1) ≥ 0
 g(−1) ≥ 0 ⇔ − 7 ≤ m ≤ 5
12
12
g(2) ≥ 0
Ví dụ 3.
Tìm điều kiện của tham số m để hàm số y = x4 − 2mx2 + 1 đồng biến trên [2; +∞)
12


c hoàng ngọc thế

Lời giải (pigloo).
TXĐ: R
Ta có
y = 4x3 − 4mx = 4x(x2 − m)
Yêu cầu của bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi:
y ≥ 0, ∀x ∈ [2, +∞) ⇔ x2 − m ≥ 0, ∀x ∈ [2, +∞)

(32)

Vì hàm số bậc hai y = h(x) = x2 − m đồng biến trên [2, +∞) nên



c hoàng ngọc thế

và g (x) ≤ 0, ∀x ∈ [x1 ; x2 ].
Khi đó, yêu cầu của bài toán tương đương với:
|x1 − x2 | = 1 ⇔ (x1 − x2 )2 = 1
⇔ (x1 + x2 )2 − 4x1 x2 = 1
m
⇔ (−2)2 − 4. = 1
3
9
⇔ m = , (thỏa mãn điều kiện m < 3)
4
Kết luận: m =

9
4

là nghiệm của bài toán.

Khái quát ví dụ trên, ta có bài toán.
Bài toán 2.
Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d. Tìm điều kiện để hàm số chỉ đồng biến (hoặc chỉ
nghịch biến) trong một khoảng có độ dài nhỏ hơn hoặc bằng k.
Lời giải (leminhansp).
Ta xét trường hợp hàm số đồng biến, trường hợp nghịch biến, ta làm tương tự.
Điều kiện của bài toán tương đương với y ≥ 0, ∀x ∈ (x1 ; x2 ), |x1 − x2 | ≥ k, điều đó xảy
ra khi và chỉ khi a < 0 và phương trình y = 0 có hai nghiệm phân biệt (∆ > 0) thỏa mãn
|x1 − x2 | ≥ k ⇔ (x1 − x2 )2 ≥ k 2 ⇔ (x1 + x2 )2 − 4x1 x2 ≥ k 2


c hoàng ngọc thế

3
3.1

Bài toán Cực trị
Cực trị của hàm số

Định nghĩa 4.
Cho hàm số y = f (x) xác định trên D và x0 ∈ D. Nếu tồn tại khoảng K ⊂ D sao cho:
x0 ∈ K
f (x) ≥ f (x0 ), ∀x ∈ K

(33)

thì ta nói f (x) đạt cực đại tại x0 . Điểm x = x0 được gọi là điểm cực đại.
Nếu tồn tại khoảng K ⊂ D sao cho:
x0 ∈ K
f (x) ≤ f (x0 ), ∀x ∈ K

(34)

thì ta nói f (x) đạt cực tiểu tại x0 . Điểm x = x0 được gọi là điểm cực tiểu.
Cực đại và cực tiểu được gọi chung là cực trị. Điểm cực đại và điểm cực tiểu gọi chung
là điểm cực trị.
Cực trị chỉ mang tính chất địa phương và tránh nhầm lẫn giữa cực tiểu với GTNN, cực
đại với GTLN.
Định lý 4.
Giả sử hàm số y = f (x) liên tục trong khoảng K = (x0 − h; x0 + h), h > 0 và có đạo hàm

f (x0 ) = 0
⇒ x0 là điểm cực đại
f (x0 ) < 0

(35)
(36)

Chú ý, từ hai định lý trên ta có:
x0 là điểm cực trị ⇒ f (x0 ) = 0

(37)

Điều ngược lại chưa chắc đúng. Tức là, nếu f (x0 ) = 0 thì chưa chắc x0 đã là điểm cực
trị.
15


c hoàng ngọc thế

3.2

Tìm điều kiện để hàm số có cực trị

Nhận xét.
Từ nhận xét (37), ta nhận thấy số cực trị của hàm số y = f (x) có liên quan trực tiếp đến
số nghiệm của phương trình:
f (x) = 0
(38)
Ta có các trường hợp cụ thể sau:
• Đối với hàm số bậc ba:


Ví dụ 6.
Cho hàm số: y = −x4 + 2mx2 − 2m + 1. Biện luận theo tham số m số cực trị của hàm
số.
Lời giải (pigloo).
TXĐ: R.
Ta có:
y = −4x3 + 4mx = −4x(x2 − m); y = 0 ⇔

x=0
x2 = m

Nều m > 0 thì phương trình y = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực
trị.
Nếu m ≤ 0, phương trình y = 0 có 1 nghiệm x = 0. Khi đó hàm số có 1 cực trị.

16


c hoàng ngọc thế

Ví dụ 7.
Tìm m để hàm số y = mx4 + (m − 1)x2 + 1 − 2m có một cực trị.
Lời giải (hxthanh).
TXĐ: R. Ta có:

y = 4mx3 + 2(m − 1)x = 2x(2mx2 + m − 1)
y =0⇔

x=0

Như vậy, ta chỉ cần tìm điều kiện để hàm số có 2 cực trị và tìm tọa độ các cực trị đó,
thay vào (42) và giải bất phương trình ẩn m.
Lời giải (wtuan159).
TXĐ: D = R
Đặt: 3x − 2y + 8 = g(x; y) Ta có:
y = 3x2 − 6mx;

y =0⇔

x=0
x = 2m

Hàm số đã cho có hai cực trị khi và chỉ khi m = 0.
Với m = 0, ta có hai điểm chực trị là: A(0; 4m3 ), B(2m; 0). Khi đó, yêu cầu của bài toán
tương đương với:
g(0; 4m3 ).g(2m; 0) > 0
⇔ −8m3 .(6m + 8) > 0
4
⇔ −

)2

x3 − x32
+ 1
− m(x21 − x22 ) − (x1 − x2 )
3

)2

=

(x1 − x2

=

(4m2 + 4) 1 +

2m2 +2
3

x31
–mx21 –x1 –m + 1 –
3

)2

1+

2

Cho hàm số y = 13 x3 − mx2 − 3mx + 4. Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị x1 ; x2 phân
biệt thoả mãn điều kiện:
x21 + 2mx2 + 9m
m2
+
=2
m2
x22 + 2mx1 + 9m
18

(43)


c hoàng ngọc thế

Lời giải (Phạm Hữu Bảo Chung).
Ta có:
y = x2 − 2mx − 3m
Hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 phân biệt khi và chỉ khi phương trình y = 0 có 2
nghiệm phân biệt x1 , x2 . Điều này tương đương với
∆ = (−m)2 + 3m = m2 + 3m > 0 ⇔

m>0
m < −3

(44)

Theo định lý Viète, ta có:
x1 + x2 = 2m
x1 x2 = −3m

m
4m + 12

Từ (44), suy ra 2 số hạng của A luôn dương. Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
A≥2

4m + 12
m
·
=2
m
4m + 12m

Do đó
(43) ⇔ 4m + 12 = m ⇔ −3m = 12 ⇔ m = −4,
(thỏa mãn điều kiện (44))
Kết luận: m = −4.

3.4

Cực trị và hàm số bậc bốn trùng phương

Nhận xét.
Do đồ thị hàm số (40) có trục đối xứng là Oy và x = 0 là một nghiệm của phương trình
(38) nên nếu hàm số (40) có ba cực trị thì ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân
tại A(0; f (0)).
Bài toán 3 (Tam giác cực trị).
Cho hàm số (40), có tham số m. Tìm điều kiện của tham số m để hàm số có 3 cực trị
và các điểm cực trị của đồ thị hàm số lập thành một tam giác đặc biệt.


AB
= AI
sin C
AC

Ta chỉ cần tính AI, AC theo m là xong.
Lời giải (nucnt772).
Ta có:
TXĐ: R
y = 4x3 − 4mx = 4x(x2 − m);

y =0⇔

x=0
x2 = m

Đồ thị (C) đã cho có ba điểm cực trị khi và chỉ khi:
m>0
Khi đó, ta có:

(45)

√
√
A(0; 1); B(− m; −m2 + 1); C( m; −m2 + 1)

Dễ thấy tam giác ABC cận tại A. Gọi I là trung điểm BC, ta có I(0; 1 − m2 ). Xét tam
AI
giác AIC vuông tại I, ta có: sin C =
.

AB
= 2R ⇒
sin C
⇔
⇔
⇔

−1 +
Kết hợp với điều kiện (45), yêu cầu của bài toán tương đương với m =
2
m = 1.

√
5

hoặc

Ví dụ 12.
Cho hàm số y = x4 + 2mx2 + m2 + m. Xác định m để hàm số có 3 cực trị, đồng thời các
điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo thành 1 tam giác có góc bằng 120◦ .
Lời giải (E.Galois).
Ta có:
y = 4x3 + 4mx = 4x(x2 + m)
Hàm số đã cho có 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình y = 0 có đúng 3 nghiệm phân
biệt. Điều này tương đương với:
m
A(0; m2 − 1), B −

m m4
;−
+ m2 − 1 ; C
2
8

m m4
;−
+ m2 − 1
2
8

4

Dễ thấy H 0; − m8 + m2 − 1 là trung điểm của BC. Yêu cầu của bài toán được thỏa
mãn khi và chỉ khi H là trung điểm của OA. Điều này tương đương với:
−

3.5

√
m2 − 1
m4
+ m2 − 1 =
⇔ (m2 − 2)2 = 0 ⇔ m = ± 2
8
2


Bài toán tương giao

Phần này ta sẽ giải quyết các bài toán tìm điều kiện của tham số m để hai đồ thị cắt
nhau thỏa mãn một số điều kiện nhất định. Ta có tính chất sau:
Tính chất 5.
Hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số y = f (x) và y = g(x) là nghiệm của phương
trình:
f (x) = g(x)
(47)
Từ đó suy ra, số nghiệm của phương trình (47) bằng số giao điểm của đồ thị hai hàm số
đã cho.
Nhận xét. Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d cắt trục hoành
tại ba điểm phân biệt là:
Hàm số có 2 cực trị
(48)
yCD .yCT < 0

4.1

Điều kiện về số giao điểm

Bài toán 4.
Tìm điều kiện của tham số m để đồ thị (Cm ) của hàm số y = f (x, m) cắt đường thẳng
(d) : y = ax + b tại n điểm.
Lời giải.
Hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm ) và đường thẳng (d) là nghiệm của phương trình:
f (x, m) = ax + b

(49)


xác định trên R \ {−1}. Ta có:

x=0
3
2
2x + 3x

f (x) =
;
f
(x)
=
0
⇔
3
(x + 1)2
x=−
2
−

f
lim f (x) = +∞;

x→±∞

lim

x→(−1)−

3

+

+∞

+ 0 +
+∞

f (x) +∞

0

+∞
27
4

−∞

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy yêu cầu của bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi:
m > 27
4
Lời giải (E.Galois (Cách 2)).
Ta có:
y = 3x2 − m
Yêu cầu của bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi:
m>0
yCD .yCT < 0

(50)

Với điều kiện m > 0, hàm số có hai điểm cực trị là:

−m
3

27
>0
⇔m>
>0
4

Ví dụ 15.
Tìm tất cả đường thẳng đi qua M (4; 4) và cắt đồ thị (C) : y = x3 − 6x2 + 9x tại ba điểm
phân biệt.
24


c hoàng ngọc thế

Lời giải (Myams1013).
Dễ thấy các đường thẳng không có hệ số góc chỉ cắt đồ thị (C) tại đúng một điểm.
Giả sử đường thẳng d cần tìm có hệ số góc là k. Khi đó, d có phương trình dạng:
y = kx − 4k + 4
Số giao điểm của d và (C) bằng số nghiệm của phương trình
x3 − 6x2 + 9x = kx − 4k + 4
⇔(x − 4)(x2 − 2x + 4 − k) = 0
⇔

x=4
x2 − 2x + 4 − k = 0

(51)


fCT > 0
25


c hoàng ngọc thế

Lời giải (E.Galois (Cách 1)).
Hoành độ giao điểm của đồ thị và trục Ox là nghiệm của phương trình
x3 − 3(m + 1)x2 + 3mx − m + 1 = 0

(54)

Yêu cầu của bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình (54) có 3 nghiệm phân
biệt trong đó có ít nhất 1 nghiệm âm.
Ta có:
f (x) = 3x2 − 6(m + 1)x + 3m
1
f (x) =
(x − m − 1)f (x) − 2(m2 + m + 1)x + m2 + 1
3
f (x) là tam thức bậc hai có ∆ = 9(m2 + m + 1) > 0. Vậy phương trình f (x) = 0 luôn
có hai nghiệm x1 ; x2 . Khi đó, vì f (x1 ) = f (x2 ) = 0 nên
f (x1 ) = −2(m2 + m + 1)x1 + m2 + 1
f (x2 ) = −2(m2 + m + 1)x1 + m2 + 1
Điều kiện cần và đủ để phương trình (54) có 3 nghiệm phân biệt là
f (x1 ).f (x2 ) < 0 ⇔ (m + 1)(m3 − m2 − m − 3) > 0

(55)



g(x) −∞

− 13

1

0 −
− 76
27

0

+∞
+
+∞

−4

Từ bảng biến thiên, ta thấy
g(m) < 0, ∀m < 1
Từ đó, ta có
(56) ⇔ −1 < m < 1
Nhận xét.
Lời giải trên đây tương đối dài dòng và khá khó hiểu. Ta sẽ đi tìm một lời giải khác ngắn
gọn hơn. Ta quay lại phương pháp cô lập m. Ta có lời giải sau:
26